Tải bản đầy đủ

HỒ THỨC THUẬN đáp án CHI TIẾT TỔNG ôn hàm số

TỔNG ÔN CẤP TỐC HÀM SỐ-QUÉT SẠCH TẤT
CẢ CÁC DẠNG CÓ KHẢ NĂNG THI RẤT CAO
NĂM 2019
Thầy Giáo : Hồ Thức Thuận
Câu 1
Lời giải
Chọn C
Ta có: y '  m2 x 2  2  m2  4m  x  1 .
Hàm số đồng biến trên

 y '  0, x 

-Với m  0 , ta có y '  1  0, x 

 m2 x2  2  m2  4m  x  1  0, x  .

*

 Thỏa mãn bài toán.






-Với m  0  m2  0 : * được thỏa mãn khi và chỉ khi  '  m2  4m  m2  0
2

2

2
 m  4   1 1  m  4  1


 m  m  4 1  0  

 3 m5.


m  0

m  0
Từ đó suy ra với m 3;5  0 thì hàm số đã cho đồng biến trên .
2

Như vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán.
Câu 2.
Lời giải
Chọn A
Ta có y '   x2  2 x  m
Để hàm số nghịch biến trên khoảng (0; ) thì y '  0 với  x  (0; )
Tức y '   x2  2 x  m  0 ; x   0;  

 m   x2  2 x ; x   0;    m  Max[0; )   x 2  2 x 
Đặt  x2  2 x  f ( x) . Ta có f '( x)  2 x  2 ; f '( x)  0  x  1
Lập bảng BBT ta thấy Max[0; ) f ( x)  Max[0; ) f (1)  1
Vậy suy ra m  1 hay m  [1; )

Câu 3.
Lời giải
Chọn B


y  x3  3x2  mx  2  y '  3x 2  6 x  m
Hàm số đồng biến trên khoảng  2;   y '  0x   2;    3x  6 x  m  0x   2;  
2

 m  3x2  6 x, x   2;  


Đặt f  x   3x  6 x, x   2;    f '  x   6 x  6  f '  x   0  x  1
2

Vậy m  0  m  0;1;2;3;4;5 . Có 6 giá trị
Câu4.
Lời giải
Chọn B
Ta có y  x2  2mx  2m  1
Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;5  y  0, x   0;5

 x2  2mx  2m  1  0, x   0;5   x  1 x  2m  1  0, x   0;5
  x  2m  1  0, x   0;5  2m  1  x, x   0;5  2m  1  5  m  2 .
Vì m

và m   10;10  m 2;3;4;...;10

Vậy có 9 giá trị nguyên cuả m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 5.
Lời giải
Chọn A
Ta các bảng biến thiên hàm số f  x 


x
f ' x

+

3
0

-



1
0

+

f  x


Ta có  f x 2  3x  m    2 x  3 f  x 2  3x  m
Để hàm số f  x 2  3x  m  đồng biến trên khoảng  0, 2  cần f   x 2  3x  m   0; x   0, 2 









 m  max  x 2  3x  3
 x  3x  m  3

 m  13
0,2
 2
; x   0, 2   

.
2
m


1
m

min
x

3
x

1

 x  3x  m  1



0,2

Vậy có 18 giá trị nguyên của tham số m  10;20 .
Câu 6.
Lời giải
Chọn B
2
2
3
3
2
Ta có: f   x   3  x  2   x  1  x  2   2  x  2   x  1 x  2    x  2   x  1
2



 x  2

2
.
  x  2   x  1  6 x 2  8x  4  . Cho f   x   0   x  1

 x  2  10

3
Bảng biến thiên :

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị.
Công thức cần nhớ : Nếu u  u( x), v  v( x), w  w( x) có đạo hàm trên khoảng đang
xét thì  u.v.w  u.v.w  v.u.w  w.u.v với mọi x trên khoảng đang xét.
Câu 7.
Lời giải
Chọn A
Đặt: y  g ( x)  f  x 2  2 x  ; g ( x)   f ( x 2  2 x)    2 x  2  . f ( x 2  2 x)
 x  1
 x  1
 2
2
x

2

0
x

2
x


2


g ( x)  0   2 x  2  . f ( x 2  2 x)  0  
 2
  x  1  2 .
2
 x  2x  1
 f ( x  2 x)  0
 x  3


 x 2  2 x  3

(Trong đó: x  1  2 ; x  1  2 là các nghiệm bội chẵn của PT: x 2  2 x  1 )
+ Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số y  f  x 2  2 x  nghịch biến trên khoảng  2; 1 .
Chú ý: Cách xét dấu g ( x) :





Chọn giá trị x  0  1; 1  2  x 2  2 x  0  g (0)  f (0)  0 ( dựa theo bảng xét dấu của hàm f ( x) ). Suy





ra g ( x)  0 x  1; 1  2 , sử dụng quy tắc xét dấu đa thức “ lẻ đổi, chẵn không” suy ra dấu của g ( x) trên
các khoảng còn lại.
Câu 8.
Lời giải
Chọn C


+ Nhìn vào bảng biến thiên ta có: f ( x)  0  x  1  x  3; f   x   0  1  x  3 .
+ Ta có: y  f  3  x   y   f  3  x     f   3  x  .

3  x  1  x  4

 f  3  x   0  f   3  x   0  
3  x  3
x  0
 f  3  x   0   f   3  x   0  f   3  x   0  1  3  x  3  0  x  4 .
+ Bảng biến thiên:

Vậy hàm số y  f  3  x  đồng biến trên khoảng  0; 4  .
Câu 9.
Lời giải
Chọn A
Xét y  g  x   2 f  x   2019 .

 x  2
 x  1
Ta có g   x    2 f  x   2019   2 f   x  , g   x   0  
.
x  2

x  4
Dựa vào bảng xét dấu của f   x  , ta có bảng xét dấu của g   x  :

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số y  g  x  nghịch biến trên khoảng  1; 2  .
Câu 10.
Lời giải
Chọn D
Ta có g   x   f   x  m  . Vì y  f   x  liên tục trên

nên g   x   f   x  m  cũng liên tục trên

đồ thị hàm số y  f   x  ta thấy

 x  m  1
 x  1  m
g  x   0  f   x  m  0  

.
1  x  m  3 1  m  x  3  m
Hàm số g  x   f  x  m  nghịch biến trên khoảng 1; 2 
 2  1  m
 m  3

  3  m  2  
.
0  m 1


 1  m  1
Mà m là số nguyên thuộc đoạn  5;5 nên ta có S  5; 4; 3;0;1 .
Vậy S có 5 phần tử.
Câu 11.

. Căn cứ vào


Lời giải
Chọn C





Ta có g   x   2 x. f  x 2  2 là hàm số liên tục trên

.

x  0
x  0
x0

 2
2
  x  2  1   x  1 .
g   x   0  2 x. f   x  2   0  
2

f
x

2

0

 
 x2  2  2
 x  2

x  2
f   x2  2  0  x2  2  2  x2  4  
.
 x  2
Bảng biến thiên của hàm số g  x 

Từ bảng biến thiên, ta thấy câu D là sai.
Câu 12.
Lời giải
Chọn B










2
2
. 1  x   1  x   x  1 x 2  4 x  5  m  1  x  x  1 x 2  4 x  5  m .
Ta có: g x   f 1  x 
Để hàm số nghịch biến trên khoảng   ; 1 thì g   x   0 , bằng không tại một số điểm hữu hạn với mọi
x    ; 1 .

Do 1  x   x  1  0 với mọi x    ; 1 , nên
2

g   x   0 với mọi x    ; 1  x2  4 x  5  m  0 với mọi x    ; 1  m   x2  4 x  5 với mọi
x    ; 1 .

Xét hàm số h  x    x 2  4 x  5 trên   ; 1 . Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra m  9 , kết hợp với điều kiện m nguyên và thuộc đoạn  2019; 2019 suy ra có 2011 số
nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 13.
Lời giải
Chọn B
3


Ta có g   x   f   x   x  3  f   x    x  3 .
Vẽ đường thẳng y = x + 3 thêm vào hình vẽ ta được như trên.
Nhận thấy hai đồ thị cắt nhau tại các điểm  2; 1 ;  0; 3 và  2; 5 .
+) Trên các khoảng  2; 0  và  2;    , thấy f   x   x  3  g   x   0
 g  x  đồng biến khi x   2;0  và  2;    .

+) Trên các khoảng   ;  2  và  0; 2  , thấy f   x   x  3  g   x   0
 g ( x) nghịch biến khi x    ;  2  và  0; 2  .

Như vậy, ta lập được bảng biển thiên của g  x  như sau :

Từ bảng biến thiên trên, đáp án C đúng.
Câu 14.
Lời giải
Chọn A
Ta có g   x   f   x  1  1 .

 x  1  1  x  0

.
g   x   0  f   x  1  1  0  f   x  1  1  
 x 1  2
x  3
Từ đó suy ra hàm số g  x   f  x  1 
Chọn C
Ta có:
y '  f '  x   2x 1

x  0
y '  0  f '  x   2x  1  
x  2
y '  1  f '  1  2  1  0

y ' 1  f ' 1  2  1  0
y '  3  f '  3   6  1  0
Bảng xét dấu:

2019  2018 x
đồng biến trên khoảng  -1 ; 0  .
2018
Lời giải


 Hàm số y  f  x   x 2  x  2019 đạt cực đại tại x  0 .

Câu 15.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
y '  f '  x   2x 1

x  0
y '  0  f '  x   2x  1  
x  2
y '  1  f '  1  2  1  0

y ' 1  f ' 1  2  1  0
y '  3  f '  3   6  1  0
Bảng xét dấu:
 Hàm số y  f  x   x 2  x  2019 đạt cực đại tại x  0 .

Câu 16.
Lời giải
Chọn C
Xét hàm số f  x   3x 4  8x3  6 x 2  24 x  m trên

.

Ta có f   x   12 x3  24 x 2  12 x  24 .

 x  1
f   x   0   x  2 .
 x  1
Bảng biến thiên của hàm số

Dựa vào BBT suy ra đồ thị hàm số y  3x 4  8x3  6 x 2  24 x  m có 7 điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị của hàm
số f  x   3x 4  8x3  6 x 2  24 x  m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt

13  m  0

 8  m  13 .
8  m  0
Mà m nguyên nên m 9;10;11;12  S . Suy ra tổng tất cả các phần tử của tập S là 42 .
Câu 17.
Lời giải
Chọn C
Xét hàm số y  f  x   x3  3x  2m  1 trên đoạn  0; 2 .


 x  1 0; 2
Ta có f '  x   3x 2  3  0  
.
x  1

Ta có f  0   2m  1 , f 1  2m  3 và f  2   2m  1
Suy ra max f  x   max  2m  1 ; 2m  3 ; 2m  1  max  2m  3 ; 2m  1   P .
0;2

Trường hợp 1: Xét 2m  3  2m  1  4  4m  2   0  m 
Khi đó P  2m  3  2 , m 

1
.
2

1
1
. Suy ra Pmin  2  m  .
2
2

Trường hợp 2: Xét 2m  3  2m  1  4  4m  2   0  m 

1
.
2

1
Khi đó P  2m  1  2 , m  . Suy ra Pmin không tồn tại.
2
1
Vậy m  .
2
Câu 18.
Lời giải
Chọn D
 3 7
 3   7  21
t ' 0
Đặt t  x2  2 x  t '  2 x  2 
x  1   ;  . Ta có t 1  1, t     t   
 2 2
 2 2 4
 21
Do đó ta có t   1;  .
4

21

Lưu ý tại t  1 chỉ sinh ra 1 giá trị x , tại t   1;  thì với mỗi giá trị đều sinh ra 2 giá trị x )/ Dựa vào đồ thị
4

 21
hàm số ta có t   1;   f  t    2;5
4


Theo yêu cầu bài toán ta thấy m  2;5 \ 4

t  1
Do khi f  t   4  
chỉ sinh ra 3 nghiệm phân biệt).
t  a  1;3
Do m   m 3;5 .
Câu 19.
Lời giải
Chọn B
Bất phương trình f
Khi đó,





x  1  1  m xác định khi x  1.

x  1  1  1, x  1

f  x   f  3  2 .
Từ bảng biến thiên ta thấy min
1; 
Bất phương trình y  f





f  x   2 .
x  1  1  m có nghiệm khi và chỉ khi m  min
1; 

Câu 20.
Lời giải
Chọn D


+ y  2 f  1  x  

x
x2  1

 1  2 f  1  x  

x  x2  1
x2  1

,

+ Ta thấy
*)

x  x2  1
x2  1

 0, x 

.

1  1  x  3 2  x  0

*) 2 f  1  x   0  
1  x  4
 x  3
Từ đó ta suy ra y  0, x   2;0  .
Câu 21.
Lời giải
Chọn D
 x  x1   ; 3

Điều kiện: f  x   3  0  f  x   3  
.
x

x

3;




2


Đặt y  g  x  

1
.
f  x  3

Ta có: g   x   

f  x

 f  x   3

Cho g   x   0  

Xét g   x   0  

2

.
 x  3
 f   x   0   x  0 .
 x  3

f  x

 f  x   3

2

f  x

 f  x   3

2

 3  x  0
với x   x1; x2  .
 f  x  0  
x  3

1
đồng biến trên từng khoảng  3;0  ,  3; x2  và  x2 ;   .
f  x  3

Vậy hàm số hàm số y  g  x  
Suy ra chọn đáp án
C.
Câu 22.

Lời giải
Chọn D
Đặt t

2sin x , với

Phương trình 4sin x
1
nghiệm t
;2
2
Đặt f t

t2

1 sin x
21

sin x

2t , có f t

1
m

2t

1
t 2
2
0 có nghiệm khi và chỉ khi phương trình

2, f t

0

t

1

t2

2t

m

1
; 2 , ta có bảng biến thiên
2

0

t2

2t

m có


Vậy để phương trình có nghiệm khi và chỉ khi

5
4

m

8

Câu 23.
Lời giải
Chọn D
Tập xác định: D 

\ 1 .

Hàm số đã cho liên tục trên  0;1 .
Ta có: y 

1   m2  m 

 x  1

2



m2  m  1

 x  1

2

 0 ; x  D .

 Hàm số đồng biến trên đoạn  0;1 .

Trên  0;1 hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x  0 .

 m  1
Ta có: y  0   2  m2  m  2  m2  m  2  0  
.
m2
Câu 24.
Lời giải
Chọn C
co t 2 x  2m cot x  2m2  1
y
1 .
cot x  m
π π
π π
Đặt cot x  t . Ta có x   ;   t   0;1 và t  cot x nghịch biến trên  ;  .
4 2
4 2
t 2  2mt  2m2  1
  
Hàm số 1 nghịch biến trên khoảng  ;   hàm số y 
đồng biến trên khoảng  0;1
t m
4 2

t2 1
m  2t , t   0;1
t 2  2mt  1  0
t 2  2mt  1



 y 
 0 , t   0;1  
 *
2
m

0

m

0;1


t  m



  m  1
t2 1
, t   0;1 .
Xét hàm số f (t ) 
2t
t 2 1
Ta có: f (t )  2  f (t )  0  t  1 (loại).
2t
Bảng biến thiên:


Từ bảng biến thiên  f (t )  1,  t   0;1 .

m  1
m  1

Vậy *    m  0  
m  0
m  1


mà m   2019;2019 , m   m 2019; 2018;...;0;1 nên có 2021 giá trị m thỏa mãn .
Câu 25.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện x  5 .
Xét hàm số f  x   x  2  x  3  x  4  x  5 , trên nửa khoảng 5;   .

f  x 

1
1
1
1



 0 , x  5 .
2 x  2 2 x 3 2 x 4 2 x 5
0

0

Bảng biến thiên

Trong đó f  5  3  2  1 .
Phương trình đã cho tương đương

x  2  x  3  x  4  x  5  m  6  f  x  m  6 .
Suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi
0  m  6  f  5  6  m  f  5  6  7,32 .
Do m
Câu 26.

nên m  7 . Vậy có một giá trị nguyên thỏa mãn.
Lời giải

Chọn C
 
1 
Đặt t  cos x, x   0;   t   ; 1
 3
2 


 
Do hàm số y  cos x là hàm số nghịch biến trên  0;  nên Ycbt đưa về tìm tất cả các giá trị thực của tham số m
 3
mt  1
1 
để hàm số g  t  
nghịch biến trên khoảng  ; 1
tm
2 
2
m   1;1
m  1  0


 1 


1

 1
  m    2 ;1 .


m   ; 2   1;   
m   ; 1    2 ;  






Câu 27.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện cần và đủ để đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng thì x2  mx  3m  0 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn
m2  12m  0
  0
1


hoặc bằng 1   x1  x2  2
 m  2
0m .
2
( x  1)( x  1)  0
2m  1  0
 1
2

Câu 28.
Lời giải
Chọn B

Xét h  x   3 f  x   x 3  3x với x    3 ; 3  .
Ta có h  x   3 f   x   3x 2  3 .
x  0
.
h  x   0  f   x   x 2  1  
x   3
Bảng biến thiên của hàm số h  x 










Vậy max h  x   h  3  3 f  3 .
 3 ; 3 



Câu 29.
Lời giải
Chọn B
Ta có:

 f   x  dx  f  x   C
0

f  0   f  2  



0

f   x  dx  0 (sử dụng máy tính casio tính

2

 f   x  dx ).

2

 f  0   f  2 
2

2

 f   x  dx ).

0

0

và f  2   f  0    f   x  dx  0 (sử dụng máy tính casio tính

 f  2  f  0 .
 f  2   f (0)  f  2  .

Câu 30.
Lời giải
Chọn A
Ta có: +) 4  x 2  0 .
+) x2  0  4  x2  4  4  x2  2 .
Xét hàm số y  f  x  trên đoạn:  0; 2 .
Từ đồ thị hàm số ta có:

M  max f
m  min f







4  x2  3  4  x2  1  x   3 .



4  x 2  0  4  x 2  0  x  2 .

Vậy M  m  3 .
Câu 31.
Lời giải.
Chọn B

 f  x  0
Ta có: g   x   f   x  f   f  x    0  
 * .

f
f
x

0





 
Theo đồ thị hàm số suy ra.
x  0
f  x  0  
, với 2  a1  3 .
 x  a1
 f  x   0 , 1
f   f  x    0  
.
 f  x   a1 ,  2 
Phương trình 1 : f  x   0 có 3 nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình * .

Phương trình  2  : f  x   a1 có 3 nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình 1 và phương trình * .
Vậy phương trình ban đầu có 8 nghiệm phân biệt.
Câu 32.
Lời giải
Chọn D


g  x   3 f   f  x . f   x  .
 f  x  0

 f   f  x   0
f  x  a
g  x   0  3 f   f  x . f   x   0  
,  2  a  3 .

x  0
 f   x   0

 x  a
f  x   0 có 3 nghiệm đơn phân biệt x1 , x2 , x3 khác 0 và a .

Vì 2  a  3 nên f  x   a có 3 nghiệm đơn phân biệt x4 , x5 , x6 khác x1 , x2 , x3 , 0 , a .

Suy ra g   x   0 có 8 nghiệm đơn phân biệt. Do đó hàm số g  x   3 f  f  x    4 có 8 điểm cực trị.
Câu 33.
Lời giải
Chọn B

 

 

Đặt g  x   f x 2 , ta có g   x   2 xf  x 2 .

x  0
x  0
x  0

 2
g x  0  
 x  0  x  2
2
 f   x   0
x   2
 x2  2







Nhận thấy g   x  có 3 nghiệm trên  5; 5 và không có nghiệm bội chẵn nên g   x  đổi dấu qua 3 nghiệm đó.

 

Vậy hàm số y  f x 2 có ba điểm cực trị.
Câu 34.
Lời giải
Chọn D
g  x   2 f  x   1  x   g '  x   2 f '  x   2 1  x   g '  x   0  f '  x   1  x
2

Vẽ hai đồ thị y  f '  x   y  1  x trên cùng một hệ trục


Từ đồ thị ta thấy g '  x   0,    4; 1 và g '  x   0,    1;3
Vậy giá trị nhỏ nhất trên đoạn  4;3 đạt tại điểm x0  1 .
Câu 35.
Lời giải
Chọn D
Bất phương trình f  x   x  1  7  x  m có nghiệm thuộc  1;3 khi và chỉ khi





m  Max f  x   x  1  7  x .
1;3

Xét hàm số g  x   x  1  7  x trên đoạn  1;3 .
Ta có g   x  

1
2 x 1



1
2 7x



7  x  x 1
2 7  x. x  1

.

g  x   0  7  x  x  1  0  x  3 .

g  1  8  2 2 , g  3  2  2  4 .
Suy ra Max g  x   4 tại x  3 . (1)
1;3

Mặt khác, dựa vào đồ thị của f  x  ta có Max f  x   3 tại x  3 .(2)



1;3



Từ (1) và (2) suy ra Max f  x   x  1  7  x  7 tại x  3 .
1;3

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm thuộc  1;3 khi và chỉ khi m  7 .
Câu 36.
Lời giải
Chọn C

 x2  4 x  m
Ta có 2 f  x   x  4 x  m  f  x  
nghiệm đúng với mọi x   1;3 .
2
Dựa vào đồ thị ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x  bằng 3 khi x  2 .
2

 x2  4x  m
 x2  4 x  m
 3, x   1;3
. Ta có g  x   3, x   1;3 
2
2
  x2  4 x  m  6  0, x   1;3  m  x 2  4 x  6, x   1;3 .

Đặt g  x  

Đặt h  x   x 2  4 x  6, x   1;3 .
h  x   2 x  4  0  x  2 .

Bảng biến thiên


Vậy m  10 .
Câu 37.
Lời giải
Chọn C
Đặt t  g ( x)  4  x2 với x [- 2 ; 3) .
Suy ra: g '( x) 

x
4  x2

.

g '( x)  0  x  0 [  2 ;3) .

Ta có:

g (0)  2 , g ( 2)  2 , g ( 3)  1 .
Mà hàm số g ( x) liên tục trên [- 2 ; 3)
Suy ra, t  (1;2] .
Từ đồ thị, phương trình f (t )  m có nghiệm thuộc khoảng (1;2] khi m (1;3] .
Câu 38.
Lời giải
Chọn A
Ta có f  x   x 2  e  m , x   3;0   f  x   x 2  e  m , x   3;0  .
Xét hàm số g  x   f  x   x 2  e trên  3;0  .
Ta có g   x   f   x  

x
x e
2

.

x   3;0  ta thấy: f   x   0 ; 

x
x e
2

 0 . Do đó: g   x   0 , x   3;0  .

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có: m  g  3  m  f  3  9  e .
Câu 39.
Lời giải
Chọn D


 f ( x)  0
Ta có: g '( x)  2 f ( x). f '( x)  0  
 f '( x)  0

 x  x3 ( x1  x3  x2 )
 x  x1 ( x1  1)

Dựa vào đồ thị ta có f ( x)  0  
; f '( x)  0   x  x4 (0  x4  1)
 x  x2 (1  x2  0)
 x  x5 (1  x5  2)
Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số g ( x) có 2 điểm cực đại, 3 điểm cực tiểu.
Câu 40.
Lời giải
Chọn A
Ta có g '  x   f '  x   1  0  f '  x   1 .
Từ đồ thị ta thấy đường thẳng y  1 cắt đồ thị f '  x  tại ba điểm có hoành độ là x  1, x  1 và x  2
Bảng biến thiên
Câu 41.
Lời giải
Chọn B
Xét hàm số g  x   f  x   sin x .

g   x   f   x   cos x
Với x   1;1 , ta có f   x   1  f   x   cos x  1  cos x  0  g   x   0 .
Suy ra hàm số g  x  nghịch biến trên khoảng  1;1 nên g  x   g  1  f  1  sin1 .
Do đó bất phương trình f  x   sin x  m có nghiệm trên khoảng  1;1 khi và chỉ khi
bất phương trình m  f  x   sin x có nghiệm trên khoảng  1;1 .

 m  max g  x   m  f  1  sin1 .
1;1

Vậy m  f  1  sin1 .
Câu 42.
Lời giải
Chọn A
Bài giải
Đặt g  x   f  x  

x2
 f  0
2

 x  2( L)
Ta có: g '  x   f '  x   x , g '  x   0   x  0
 x  2
( Nhận xét: x  2 là nghiệm bội lẻ, x  0 có thể nghiệm bội lẻ hoặc nghiệm bội chẳn tuy nhiên không ảnh hưởng
đáp số bài toán)


Suy ra hàm số y  g  x  có nhiều nhất 3 điểm cực trị trong khoảng  2;3
Câu 43.
Lời giải
Chọn C
Đồ thị của hàm số được vẽ theo 2 bước:
+ Tịnh tiến đồ thị của hàm số y  f  x  qua bên phải 1 đơn vị.
+ Giữ nguyên phần bên phải, lấy đối xứng phần bên phải qua trục Oy.

Từ đồ thị ta thấy: phương trình f ( x
Vậy có 3 giá trị nguyên m
Câu 44.

1)

m có 4 nghiệm phân biệt khi 3

m

2; 1; 0
Lời giải

Chọn D
g  x   2 f  x   1  x   g '  x   2 f '  x   2 1  x   g '  x   0  f '  x   1  x
2

Vẽ hai đồ thị y  f '  x   y  1  x trên cùng một hệ trục

Từ đồ thị ta thấy g '  x   0,    4; 1 và g '  x   0,    1;3
Vậy giá trị nhỏ nhất trên đoạn  4;3 đạt tại điểm x0  1 .
------------- HẾT -------------

1.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×